精品解析：陕西宝鸡市2025-2026学年度第二学期第一次联考 高二化学试卷

2025-2026学年度第二学期第一次联考 高二化学 (全卷100分，时间75分钟) 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、试卷类型信息填涂在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷上。 2.作答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改一动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。涂写在本试卷上无效。 3.作答第Ⅱ卷时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Si-28 Ag-108 第Ⅰ卷 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，总计42分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1. 化学与人类生产、生活、科研、环境等密切相关。下列说法错误的是 A. 我国科学家近期成功构筑了一类超分子金属配位笼，超分子具有分子识别和自组装特征 B. 我国研究人员成功制备出铝-锆-钪(Al-Zr-Sc)合金材料，Al-Zr-Sc合金的导电性与自由电子的运动相关 C. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烃 D. 嫦娥六号探测器外钻杆是由碳化硅颗粒增强铝基复合材料制造，碳化硅属于共价晶体 2. 下列化学用语正确的是 A. 甲基的电子式： B. 乙烯中碳碳键的电子云形状： C. 和的VSEPR模型均为： D. 石英的分子式： 3. 为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法均正确的是 A B C D 混合物 乙醇(少量水) 甲烷(乙烯) 水() 苯甲酸固体(NaCl) 除杂试剂 CaO 酸性高锰酸钾溶液 乙醇 水 分离方法 蒸馏 洗气 萃取 分液 A. A B. B C. C D. D 4. 中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键的说法中不正确的是 A. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上 B. 由于氢键的存在，乙醇比乙醚更易溶于水 C. 由于氢键的存在，沸点：HF>HCl>HBr>HI D. 由于形成氢键的类型不同，对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛 5. 配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。 下列说法错误的是 A. 配合物1中含有2种配体 B. 配合物2中N原子采取杂化 C. 转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D. 转变前后，Co的化合价由价变为0价 6. 奥司他韦是目前治疗流感的常用药物之一，其分子结构如图所示，下列说法中正确的是 A. 奥司他韦分子中只有2个手性碳原子 B. 通过红外光谱有可能确定奥司他韦分子中含有酯基、氨基、醚键和酰胺基 C. 通过质谱法可以测定奥司他韦分子中键长和键角等分子结构信息 D. 奥司他韦分子式为 7. 观察下列图像并结合相关信息，判断有关说法正确的是 金刚石 石墨 分液 A. 金刚石与石墨中碳原子的杂化方式不同，金刚石中每个碳原子被6个六元环共用 B. 石墨晶体中层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体 C. 结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2 D. 分液操作时应将下层液体从分液漏斗下口放出，再将上层液体从下口继续放出 8. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温常压下，1.4 g 与的混合气体中含有原子总数为0.3 B. 60 g 和12 g金刚石中各含有4个Si-O键和4个C-C键 C. 1 mol 含键的数目为12 D. 标准状况下，22.4 L 含有的共价键数目为4 9. 一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 A. X、Z的第一电离能：X>Z B. X、Y的简单氢化物的键角：X>Y C. 最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D. X、Y、Z均位于周期表p区且均能形成多种氧化物 10. 青蒿素是高效的抗疟药。已知： ①青蒿素是无色针状晶体，在乙醇、乙醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差，60℃以上易分解。 ②乙醇沸点为78℃，乙醚沸点为35℃。 从青蒿中提取青蒿素工艺如图： A. 操作Ⅰ的名称是分液 B. 操作Ⅰ中可用乙醇替换乙醚 C. 操作Ⅱ用到的主要玻璃仪器有酒精灯、温度计、蒸馏烧瓶、球形冷凝管、锥形瓶、牛角管 D. 操作Ⅲ的主要步骤是加溶剂溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 11. 下列关于说法中，正确的一组是 ①若O原子的轨道表示式为，则违反了洪特规则 ②沸点：正戊烷>异戊烷>2-甲基丁烷，密度：水>石蜡油 ③丁烷催化裂解为乙烷和乙烯，丁烷断裂键和键 ④某些金属盐灼烧时呈现不同焰色电子从低能轨道跃迁至高能轨道时，吸收光的波长不同 ⑤缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 ⑥分子式为的有机物有8种 A. ①⑤⑥ B. ③④⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③④ 12. 下列解释现象的原因正确的是 选项 现象 原因解释 A 向溴的四氯化碳溶液中通入，溶液不褪色；向溴的四氯化碳溶液中通入，溶液褪色 键能：C-C>C=C B 乙醇与钠反应没有水与钠反应剧烈 乙醇中甲基的影响使其羟基极性增强 C 向溶液与过量氨水反应后的深蓝色溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体 分子的极性：> D HF的稳定性强于HCl的 HF分子之间除了范德华力以外还存在氢键 A. A B. B C. C D. D 13. 一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为d ，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 若坐标取向不变，将晶胞整体平移，p点N原子平移至原点，则q点N原子位于晶胞体心 B. Ag和B均为杂化 C. 晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个 D. Ag和B的最短距离为 14. 近年来诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域，MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由与对苯二甲酸根()通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法正确的是 A. 配体苯环上的二氯代物有4种 B. MOF-5晶体中不同取向的与的个数比为1：1：6 C. 可在配体上引入-OH、以增强MOF-5与之间的吸附作用 D. MOF-5晶体中可通过氢键吸附 第Ⅱ卷 二、非选择题(本题包括4小题，共58分) 15. 《Nature Energy》报道了中科院大连化学物理研究所科学家用Ni-/、Ni-LiH等作催化剂，实现了在常压、100℃-300℃的条件下合成氨。 （1）基态N原子的价层电子排布式为___________，核外电子有___________种空间运动状态，能量最高的电子所占据的轨道形状是___________形。 （2）下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是___________(填字母)。 a． b． c． （3）能与许多金属离子形成配合物，如、等，已知配体给出孤电子对的能力越强，形成的配合物越稳定。相同条件下，、、三种配体中，最易与形成稳定配合物的是___________；气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难，原因是___________。 （4）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，可用于合成氨基酸、、TNT等。甘氨酸()是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。 ①中的空间构型为___________。 ②甘氨酸所含元素第一电离能由小到大的顺序为___________(填元素符号)，其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸(熔点为-21℃，沸点为141℃)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是___________。 16. 根据下列有机物的结构，回答下列问题： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ （1）属于芳香烃的是___________(填序号，下同)与⑧互为同分异构体的是___________。 （2）写出①~⑨有机物中涉及到的含氧官能团的名称___________。 （3）有机物③的系统命名是___________。 （4）组成和结构可用表示的有机化合物共有___________(不考虑立体异构)种。 （5）某学习小组研究某烃的含氧衍生物Y的组成和结构，研究过程如下：称取9 g Y在足量氧气中充分燃烧，并使产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4 g。和13.2 g，对Y进行波谱分析结果如图。 ①Y的结构简式为___________，Z是Y的同系物，Z的相对分子质量比Y大14，Z的核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：6，写出Z的结构简式___________。 ②若取Y和的混合物1 mol进行燃烧实验，该混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为___________。 17. 氯化六氨合钴难溶于有机溶剂乙醇，微溶于水。在常温下稳定性较强，强热时会部分分解。实验室以为原料进行制备，实验操作步骤如下： 步骤1：实验制备装置如图所示 步骤2：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却，过滤。将沉淀溶于50 mL热稀盐酸中，趁热过滤。在滤液中慢慢加入6 mL浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤，洗涤，干燥，称量。 已知：难溶于水，具有较强还原性：氧化性：。 回答下列问题： （1）仪器b的名称为___________，a中盛装的试剂是___________。 （2）步骤1中试剂c和d加入的合理顺序为___________。 a．先加浓氨水后加过氧化氢溶液 b．先加过氧化氢溶液后加浓氨水 （3）步骤1中“水浴加热至333K”，温度不宜过高的原因是___________。 （4）制备总反应的化学方程式为___________。 （5）步骤2中“趁热过滤”的滤渣的主要物质是___________，“洗涤”过程中，检验该滤渣是否洗涤干净的方法是___________。 （6）在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为的纯净物。测得1 mol 与足量的硝酸银溶液反应生成2 mol AgCl，该配合物内界的化学式为___________。 18. 钛(Ti)被称为“未来金属”；钛及其化合物广泛应用于多个领域，工业上由钛铁矿(主要成分为)在高温下经氯化得到，再制取金属钛。 （1）得到的粗产品是Mg、、Ti的混合物，请结合下表信息，回答下列问题 Mg Ti 熔点/℃ -25.0 648.8 714 1667 沸点/℃ 136.4 1090 1412 3287 ①Ti的原子序数为22，Ti在元素周期表中的位置为___________。 ②若要通过蒸馏除杂，分离得到Ti，应控制体系温度高于___________。 ③下列说法错误的是___________。 A．属于离子晶体 B．分子中Ti原子的杂化方式为杂化 C．的沸点高于，原因是的相对分子质量更大，分子间作用力更强 D．离子半径 ④已知Ti和Mg的晶体类型相同，晶体结构相似，离子半径大小相近，请结合原子结构角度，解释Ti熔点高于Mg的原因___________。 （2）以钛铁矿为原料还能制得二氧化钛(钛白)，其作为白色颜料和增白剂，广泛用于油漆，造纸等工业生产中。 ①金红石型二氧化钛的晶胞结构如图所示(上下底面为正方形，侧面为长方形)，该晶胞沿z轴方向的投影图为___________(填序号)。 A． B． C． D． ②研究发现，天然锐钛矿型晶体中掺杂一定量的氮原子后生成，对可见光具有活性，掺杂前后晶胞的变化如图所示，已知晶胞中所有Ti-O键键长均为r pm。B点钛原子分数坐标为(，，)，则A点钛原子的分数坐标为(，0，___________)，晶体中x=___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期第一次联考 高二化学 (全卷100分，时间75分钟) 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、试卷类型信息填涂在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷上。 2.作答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改一动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。涂写在本试卷上无效。 3.作答第Ⅱ卷时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Si-28 Ag-108 第Ⅰ卷 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，总计42分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1. 化学与人类生产、生活、科研、环境等密切相关。下列说法错误的是 A. 我国科学家近期成功构筑了一类超分子金属配位笼，超分子具有分子识别和自组装特征 B. 我国研究人员成功制备出铝-锆-钪(Al-Zr-Sc)合金材料，Al-Zr-Sc合金的导电性与自由电子的运动相关 C. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烃 D. 嫦娥六号探测器外钻杆是由碳化硅颗粒增强铝基复合材料制造，碳化硅属于共价晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．超分子的重要特征就是分子识别与自组装，这是超分子化学的基本特点，A正确； B．金属及合金属于金属晶体，其导电性依赖于自由电子的定向运动，B正确； C．烃是仅由碳、氢两种元素组成的有机化合物，四氟乙烯的结构简式为，含有氟元素，不属于烃，C错误； D．碳化硅中硅原子和碳原子以共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，D正确； 故选C。 2. 下列化学用语正确的是 A. 甲基的电子式： B. 乙烯中碳碳键的电子云形状： C. 和的VSEPR模型均为： D. 石英的分子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲基是中性基团，中心C原子含1个未成对电子，最外层共7个电子，题图中C原子周围为8个电子，不符合甲基的结构，A错误； B．乙烯中碳碳键由p轨道肩并肩重叠形成，电子云对称分布在碳碳键键轴的上下两侧，图示符合键电子云的形状，B正确； C．二氧化碳中心C原子价层电子对数为（无孤电子对），模型为直线形；二氧化硫中心S原子价层电子对数为（含1对孤电子对），模型是平面三角形（题图为平面三角形），二者模型不同，C错误； D．石英（）属于共价晶体，不存在独立的小分子，是化学式（表示原子个数比），不是分子式，D错误； 故选B。 3. 为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法均正确的是 A B C D 混合物 乙醇(少量水) 甲烷(乙烯) 水() 苯甲酸固体(NaCl) 除杂试剂 CaO 酸性高锰酸钾溶液 乙醇 水 分离方法 蒸馏 洗气 萃取 分液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．CaO可与水反应生成沸点较高的，通过蒸馏即可得到无水乙醇，A正确； B．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为，引入新的杂质，无法得到纯净的甲烷，B错误； C．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂提取水中的，无法达到除杂目的，C错误； D．苯甲酸是固体，常温微溶于水，在热水中溶解度较大，NaCl易溶于水，应采用重结晶法提纯苯甲酸，分液法用于分离互不相溶液体，无法分离二者，D错误； 故选A。 4. 中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键的说法中不正确的是 A. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上 B. 由于氢键的存在，乙醇比乙醚更易溶于水 C. 由于氢键的存在，沸点：HF>HCl>HBr>HI D. 由于形成氢键的类型不同，对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛 【答案】C 【解析】 【详解】A．冰中水分子间存在氢键，会形成疏松多孔的空间结构，使冰的密度小于水，因此冰能浮在水面上，A正确； B．乙醇分子含有羟基，可与水分子形成分子间氢键，乙醚与水分子形成氢键的能力很弱，因此乙醇比乙醚更易溶于水，B正确； C．分子间存在氢键，沸点在卤化氢中最高；、、分子间不存在氢键，相对分子质量越大分子间作用力越强，沸点越高，因此沸点顺序为，选项给出的顺序错误，C错误； D．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子间氢键会升高物质沸点，因此对羟基苯甲醛沸点高于邻羟基苯甲醛，D正确； 故选C。 5. 配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。 下列说法错误的是 A. 配合物1中含有2种配体 B. 配合物2中N原子采取杂化 C. 转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D. 转变前后，Co的化合价由价变为0价 【答案】D 【解析】 【详解】A．配合物1中，中氧原子提供孤对电子，Co2+提供空轨道形成配位键；配合物1右侧N、O分别提供一对孤电子，与Co2+形成配位键，则配合物1中含有2种配体，A正确； B．由配合物2的结构可知，N形成2个键，一个配位键，故采取sp2杂化，B正确； C．转变过程中，配合物1中断裂2个与Co2+形成的配位键，配合物2中，中的O与Co2+形成2个配位键，涉及配位键的断裂和形成，C正确； D．配合物1、2中Co都为+2价，Co的化合价没有发生变化，D错误； 故选D。 6. 奥司他韦是目前治疗流感的常用药物之一，其分子结构如图所示，下列说法中正确的是 A. 奥司他韦分子中只有2个手性碳原子 B. 通过红外光谱有可能确定奥司他韦分子中含有酯基、氨基、醚键和酰胺基 C. 通过质谱法可以测定奥司他韦分子中键长和键角等分子结构信息 D. 奥司他韦分子式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．奥司他韦分子中有３个手性碳原子，即中连接四个不同原子或原子团的碳原子，故A选项错误； B．不同化学键或官能团在红外光谱中的峰值不同，所以通过红外光谱有可能确定奥司他韦分子中含有酯基、氨基、醚键和酰胺基这些官能团的存在，故B选项正确； C．质谱法是通过测量有机物分子的质荷比来确定分子的相对分子质量，不能测定分子中键长和键角等分子结构信息，故C选项错误； D．奥司他韦的分子式为：，故D选项错误； 故选B 。 7. 观察下列图像并结合相关信息，判断有关说法正确的是 金刚石 石墨 分液 A. 金刚石与石墨中碳原子的杂化方式不同，金刚石中每个碳原子被6个六元环共用 B. 石墨晶体中层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体 C. 结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2 D. 分液操作时应将下层液体从分液漏斗下口放出，再将上层液体从下口继续放出 【答案】C 【解析】 【详解】A．观察图像中的空间构型可知：金刚石中碳原子为杂化，石墨中碳原子为杂化，二者杂化方式不同；但同时也可以观察到金刚石中每个碳原子被12个六元环共用，并非6个，A错误； B．石墨晶体中层内是共价键，层间是范德华力，石墨晶体中有两种作用力，所以石墨属于混合型晶体；过渡晶体的化学键性质呈现过渡特征，石墨不是过渡晶体，B错误； C．观察图像得：键角3是中的键角，中的价层电子对数为4，无孤电子对，为正四面体结构，键角为；键角1、2对应的均为杂化，上的孤电子对会使键角小于，其中键角1的提供孤电子对与形成配位键，孤电子对数比键角2的更少，排斥作用更弱，键角更大，所以键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2，C正确； D．分液操作时，要求下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体必须从上口倒出，若从下口放出，会被下层残留液体污染，D错误； 故选C。 8. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温常压下，1.4 g 与的混合气体中含有原子总数为0.3 B. 60 g 和12 g金刚石中各含有4个Si-O键和4个C-C键 C. 1 mol 含键的数目为12 D. 标准状况下，22.4 L 含有的共价键数目为4 【答案】A 【解析】 【详解】A．和的最简式均为，1.4 g混合气体中单元的物质的量为，每个含3个原子，故原子总数为，A正确； B．60 g 的物质的量为1mol，1mol 含个Si-O键；12 g金刚石的物质的量为1 mol，金刚石中每个C-C键被2个C原子共用，1 mol金刚石仅含个C-C键，B错误； C．1个中，4个共含12个N-H 键，另外Cu与N之间的4个配位键也属于键，故1 mol该离子含键数目为，C错误； D．标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，22.4 L 的物质的量远大于1 mol，共价键数目不为，D错误； 故选A。 9. 一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 A. X、Z的第一电离能：X>Z B. X、Y的简单氢化物的键角：X>Y C. 最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D. X、Y、Z均位于周期表p区且均能形成多种氧化物 【答案】D 【解析】 【分析】基态Y的2p轨道半充满，Y为N元素；X与Y价电子数相等，为同主族短周期元素，X为P元素；X、Z同周期（第三周期），Z最外层只有1个未成对电子且结构中Z仅形成1个单键，Z为Cl元素。 【详解】A．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，第一电离能，即，A错误； B．X、Y的简单氢化物分别为和，二者中心原子均为杂化，均含1对孤电子对，电负性，中成键电子对更靠近中心原子，斥力更大，故键角，即，B错误； C．元素非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，非金属性，故酸性，即，C错误； D．N（ⅤA族）、P（ⅤA族）、Cl（ⅦA族）均位于周期表p区；N可形成、等多种氧化物，P可形成、等多种氧化物，Cl可形成、等多种氧化物，D正确； 故选D。 10. 青蒿素是高效的抗疟药。已知： ①青蒿素是无色针状晶体，在乙醇、乙醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差，60℃以上易分解。 ②乙醇沸点为78℃，乙醚沸点为35℃。 从青蒿中提取青蒿素工艺如图： A. 操作Ⅰ的名称是分液 B. 操作Ⅰ中可用乙醇替换乙醚 C. 操作Ⅱ用到的主要玻璃仪器有酒精灯、温度计、蒸馏烧瓶、球形冷凝管、锥形瓶、牛角管 D. 操作Ⅲ的主要步骤是加溶剂溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 【答案】D 【解析】 【详解】A．操作Ⅰ加入乙醚，分离成提取液和残渣，这是过滤操作，而分液是用于分离互不相溶的液体混合物，A错误； B．乙醚的沸点为35℃，而乙醇的沸点为78℃。题目中提到青蒿素热稳定性差，60℃以上易分解，若用乙醇替代乙醚，蒸馏时温度需达到78℃，会导致青蒿素分解。因此不能用乙醇替代乙醚，B错误； C．操作Ⅱ是蒸馏，用于分离乙醚和青蒿素。蒸馏装置中应使用直形冷凝管，而不是球形冷凝管，C错误； D．操作Ⅲ是将青蒿素粗品提纯，步骤为：加溶剂溶解、蒸发浓缩（控制温度不超60℃）、冷却结晶、过滤，得到精品。该步骤符合青蒿素的性质，D正确； 故答案选D。 11. 下列关于说法中，正确的一组是 ①若O原子的轨道表示式为，则违反了洪特规则 ②沸点：正戊烷>异戊烷>2-甲基丁烷，密度：水>石蜡油 ③丁烷催化裂解为乙烷和乙烯，丁烷断裂键和键 ④某些金属盐灼烧时呈现不同焰色电子从低能轨道跃迁至高能轨道时，吸收光的波长不同 ⑤缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 ⑥分子式为的有机物有8种 A. ①⑤⑥ B. ③④⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】①图中 2p 轨道电子排布出现了同一轨道先成对，没有遵循“先单独占据、再成对”的规则，确实违反洪特规则，①正确； ②异戊烷就是 2 - 甲基丁烷，二者是同一种物质，沸点相同；密度：水>石蜡油正确，②错误； ③丁烷催化裂解为乙烷和乙烯，丁烷只有单键（键），所以只能断裂键，③错误； ④焰色反应是电子从高能级跃迁回低能级后释放光，而非吸收光，解释错误，④错误； ⑤晶体具有自范性，缺角的 NaCl 晶体在饱和 NaCl 溶液中，会通过溶解 - 结晶的动态平衡，逐渐形成规则的立方体晶体，⑤正确； ⑥分子式为C5H11Cl，是戊烷的一氯代物，正戊烷的一氯代物：3种；异戊烷的一氯代物：4种 ；新戊烷的一氯代物：1种 ；合计： 3+4+1=8 种，⑥正确。 【详解】由分析可得，只有①⑤⑥正确，故选A。 12. 下列解释现象的原因正确的是 选项 现象 原因解释 A 向溴的四氯化碳溶液中通入，溶液不褪色；向溴的四氯化碳溶液中通入，溶液褪色 键能：C-C>C=C B 乙醇与钠反应没有水与钠反应剧烈 乙醇中甲基的影响使其羟基极性增强 C 向溶液与过量氨水反应后的深蓝色溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体 分子的极性：> D HF的稳定性强于HCl的 HF分子之间除了范德华力以外还存在氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙烷为饱和烃，与溴的四氯化碳溶液不反应，乙烯含碳碳双键，可与溴发生加成反应使溶液褪色；且实际键能，原因解释错误，A错误； B．乙醇中甲基为推电子基团，会使羟基中键极性减弱，羟基氢更难电离，因此乙醇与钠反应不如水与钠反应剧烈，原因解释错误，B错误； C．和过量氨水反应生成极性较强的可溶性络合物，水的极性大于乙醇，根据相似相溶原理，该络合物在乙醇中溶解度大幅降低，因此析出深蓝色晶体，解释正确，C正确； D．氢化物的稳定性属于化学性质，由共价键键能决定。稳定性强于，是因为键键能大于键；氢键只影响熔沸点等物理性质，与稳定性无关，解释错误，D错误； 故选C。 13. 一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为d ，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 若坐标取向不变，将晶胞整体平移，p点N原子平移至原点，则q点N原子位于晶胞体心 B. Ag和B均为杂化 C. 晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个 D. Ag和B的最短距离为 【答案】A 【解析】 【详解】A．通过图片分析可知，p点和q点为四面体中的两个顶点，将p点平移至原点，q点的位置为两顶点的相对矢量，该矢量不等于晶胞的体心矢量，故q点不可能位于晶胞体心，A错误，符合题意； B．晶胞中与Ag连接的4个N原子构成正四面体，Ag原子位于正四面体的中心，与B连接的4个C原子构成正四面体，B原子位于正四面体的中心，故Ag和B均为杂化，B正确，不符合题意； C．晶胞中Ag位于晶胞体心，晶体中Ag原子位于晶胞体心，这些Ag原子构成简单立方晶格，其中每个Ag原子与6个最近的Ag原子等距，距离为晶胞边长，故晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个，C正确，不符合题意； D．设晶胞边长为a pm，由题图可知，B位于晶胞顶点，Ag位于晶胞体心，C、N位于晶胞体内，故该晶胞中B有个，Ag有1个、C有4个、N有4个，1 mol该晶胞的质量为，解得，Ag和B的最短距离为晶胞体对角线长度的一半，即pm，D正确，不符合题意； 故答案选A。 14. 近年来诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域，MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由与对苯二甲酸根()通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法正确的是 A. 配体苯环上的二氯代物有4种 B. MOF-5晶体中不同取向的与的个数比为1：1：6 C. 可在配体上引入-OH、以增强MOF-5与之间的吸附作用 D. MOF-5晶体中可通过氢键吸附 【答案】B 【解析】 【详解】A．对苯二甲酸根苯环上的等效氢有1种，其二氯代物共3种，不是4种，A错误； B．晶体呈电中性，每个带+6电荷，每个带-2电荷，故，两种不同取向的个数比为1:1时，总比例为1:1:6，符合电荷守恒，B正确； C．是亲水基团，可与水形成氢键增强吸附，但是疏水基团，会减弱MOF-5与水的吸附作用，C错误； D．不含电负性较大的原子，也不含可形成氢键的活泼氢，无法形成氢键，D错误； 故选B。 第Ⅱ卷 二、非选择题(本题包括4小题，共58分) 15. 《Nature Energy》报道了中科院大连化学物理研究所科学家用Ni-/、Ni-LiH等作催化剂，实现了在常压、100℃-300℃的条件下合成氨。 （1）基态N原子的价层电子排布式为___________，核外电子有___________种空间运动状态，能量最高的电子所占据的轨道形状是___________形。 （2）下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是___________(填字母)。 a． b． c． （3）能与许多金属离子形成配合物，如、等，已知配体给出孤电子对的能力越强，形成的配合物越稳定。相同条件下，、、三种配体中，最易与形成稳定配合物的是___________；气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难，原因是___________。 （4）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，可用于合成氨基酸、、TNT等。甘氨酸()是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。 ①中的空间构型为___________。 ②甘氨酸所含元素第一电离能由小到大的顺序为___________(填元素符号)，其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸(熔点为-21℃，沸点为141℃)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是___________。 【答案】（1） ①. ②. 5 ③. 哑铃 （2）c （3） ①. ②. 电子排布式为：，3d轨道全充满，结构稳定，再失去一个电子需要破坏稳定结构，所需能量高；电子排布式为：，3d轨道未达全充满，结构不稳定，所以再失去一个电子所需能量更低 （4） ①. V形 ②. ③. 甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多 【解析】 【小问1详解】 氮是第7号元素，基态N原子的核外电子排布式为，价层电子排布式为，所占轨道数为5个，核外电子有5种空间运动状态，能量最高的电子所占据的轨道是2p轨道，形状是哑铃形； 【小问2详解】 基态N原子的价层电子排布式为，所以a：表示，b：表示基态氮原子，c：表示激发态氮原子，由于基态氮原子电离一个电子后再电离一个电子比较困难，所以a所需能量最高，激发态氮原子能量较高，电离最外层电子所需能量较小，所以c所需能量最小；故选c。 【小问3详解】 配体给出孤电子对能力越强，形成的配合物越稳定，三种配体的N原子均为配位原子，其孤电子对给出能力取决于N原子上电子云密度，中H对N的电子云有推电子效应，使得N原子电子云密度增大，孤电子对易给出；中O对N的电子云有吸电子效应，削弱N的电子云密度，孤电子对给出能力弱于；中F对N的电子云有强吸电子效应，N的电子云密度显著降低，孤电子对给出能力最弱；所以三种配体中，最易与形成稳定配合物的是。 Cu原子序数是29，基态原子核外电子排布式为，失去一个4s上的电子，电子排布式为：，3d轨道全充满，结构稳定，再失去一个电子需要破坏稳定结构，所需能量高；失去2个电子，电子排布式为：，3d轨道未达全充满，结构不稳定，所以再失去一个电子所需能量更低。气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难。 【小问4详解】 ①中性原子N的价层电子对数=，有2对孤电子对，所以空间构型为V形； ②甘氨酸(NH2CH2COOH)中含H、C、N、O四种元素，同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但是N原子2p轨道半充满更稳定，第一电离能大于O，所以甘氨酸所含元素第一电离能由小到大的顺序为； 分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多(或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键)，导致其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸。 16. 根据下列有机物的结构，回答下列问题： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ （1）属于芳香烃的是___________(填序号，下同)与⑧互为同分异构体的是___________。 （2）写出①~⑨有机物中涉及到的含氧官能团的名称___________。 （3）有机物③的系统命名是___________。 （4）组成和结构可用表示的有机化合物共有___________(不考虑立体异构)种。 （5）某学习小组研究某烃的含氧衍生物Y的组成和结构，研究过程如下：称取9 g Y在足量氧气中充分燃烧，并使产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4 g。和13.2 g，对Y进行波谱分析结果如图。 ①Y的结构简式为___________，Z是Y的同系物，Z的相对分子质量比Y大14，Z的核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：6，写出Z的结构简式___________。 ②若取Y和的混合物1 mol进行燃烧实验，该混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为___________。 【答案】（1） ①. ①④⑨ ②. ⑦ （2）羟基、羰基 （3）2-甲基-3-乙基戊烷 （4）12 （5） ①. ②. ③. 3mol 【解析】 【小问1详解】 ①、 ④、⑨含有苯环，属于芳香烃；⑦和 ⑧结构不同、分子式都是C6H12, ⑦和⑧互为同分异构体； 【小问2详解】 ①~⑨有机物中，⑤中的含氧官能团的名称是羟基，⑥中的含氧官能团为羰基； 【小问3详解】 有机物主链有5个碳原子，2号碳原子上有1个甲基、3号碳原子上有1个乙基，系统命名是2-甲基-3-乙基戊烷； 【小问4详解】 C4H9-的结构有CH3CH2CH2CH2-、、、四种结构，-C2H3Cl2有-CH2CHCl2、-CHClCH2Cl、-CCl2CH3三种结构，组成和结构可用表示的有机化合物共有4×3=12种。 【小问5详解】 称取9 g Y在足量氧气中充分燃烧，并使产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4 g和13.2 g，说明Y燃烧生成5.4 g水、13.2 g二氧化碳，n(H2O)= 、n(CO2)= ，根据元素守恒，9 g Y含有0.3molC原子、0.6molH原子，根据质量守恒，9 g Y含有n(O)= ，Y中n(C)：n(H)：n(O)=0.3:0.6:0.3=1:2:1，所以Y的最简式为CH2O。 ①设Y的分子式为(CH2O)n，Y的最大质荷比为90，可知Y的相对分子质量为90，则Y的分子式为C3H6O3；根据Y的红外光谱图，可知Y中含有羧基、羟基；根据核磁共振氢谱图，可知Y分子中含有4种不同环境的H原子，峰值比为1：1：1：3，所以Y的结构简式为；Z是Y的同系物，Z的相对分子质量比Y大14，说明Z比Y多1个CH2，Z的核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：6，则Z的结构简式为。 ②1mol完全燃烧消耗3mol氧气，1mol完全燃烧消耗3mol氧气，所以取Y和的混合物1 mol进行燃烧实验，该混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为3mol。 17. 氯化六氨合钴难溶于有机溶剂乙醇，微溶于水。在常温下稳定性较强，强热时会部分分解。实验室以为原料进行制备，实验操作步骤如下： 步骤1：实验制备装置如图所示 步骤2：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却，过滤。将沉淀溶于50 mL热稀盐酸中，趁热过滤。在滤液中慢慢加入6 mL浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤，洗涤，干燥，称量。 已知：难溶于水，具有较强还原性：氧化性：。 回答下列问题： （1）仪器b的名称为___________，a中盛装的试剂是___________。 （2）步骤1中试剂c和d加入的合理顺序为___________。 a．先加浓氨水后加过氧化氢溶液 b．先加过氧化氢溶液后加浓氨水 （3）步骤1中“水浴加热至333K”，温度不宜过高的原因是___________。 （4）制备总反应的化学方程式为___________。 （5）步骤2中“趁热过滤”的滤渣的主要物质是___________，“洗涤”过程中，检验该滤渣是否洗涤干净的方法是___________。 （6）在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为的纯净物。测得1 mol 与足量的硝酸银溶液反应生成2 mol AgCl，该配合物内界的化学式为___________。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 无水氯化钙或P2O5 （2）a （3）温度过高会导致分解、浓氨水挥发，同时会部分分解，降低产率 （4） （5） ①. 活性炭 ②. 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，证明洗涤干净 （6） 【解析】 【分析】以为原料，先与浓氨水、形成含的氨配合物，再在活性炭催化下被氧化为，反应为，最终通过加盐酸结晶得到目标产物，据此分析。 【小问1详解】 仪器b的名称为球形冷凝管；装置a为干燥管，盛装的试剂需吸收尾气中的氨气，防止污染空气，可选用无水氯化钙或P2O5； 【小问2详解】 若先加，易被氧化为沉淀，不利于后续氨配合物的形成；先加浓氨水，与氨水形成可溶性氨配合物，再加入可将其氧化为目标配合物，故合理顺序为先加浓氨水后加过氧化氢溶液，故选a； 【小问3详解】 温度过高会导致：受热分解，降低氧化效率；浓氨水受热挥发，使体系中氨浓度降低，不利于配合物形成；目标产物热稳定性差，高温下会部分分解； 【小问4详解】 制备的总反应中，被氧化，作为配体，反应的化学方程式为：； 【小问5详解】 步骤2中“趁热过滤”的目的是除去不溶性的活性炭，故滤渣的主要物质为活性炭；洗涤的目的是除去晶体表面附着的，因此检验洗涤是否干净的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤干净； 【小问6详解】 1 mol 与足量反应生成2 mol ，说明的外界有2个，内界有1个作为配体，因此内界的化学式为。 18. 钛(Ti)被称为“未来金属”；钛及其化合物广泛应用于多个领域，工业上由钛铁矿(主要成分为)在高温下经氯化得到，再制取金属钛。 （1）得到的粗产品是Mg、、Ti的混合物，请结合下表信息，回答下列问题 Mg Ti 熔点/℃ -25.0 648.8 714 1667 沸点/℃ 136.4 1090 1412 3287 ①Ti的原子序数为22，Ti在元素周期表中的位置为___________。 ②若要通过蒸馏除杂，分离得到Ti，应控制体系温度高于___________。 ③下列说法错误的是___________。 A．属于离子晶体 B．分子中Ti原子的杂化方式为杂化 C．的沸点高于，原因是的相对分子质量更大，分子间作用力更强 D．离子半径 ④已知Ti和Mg的晶体类型相同，晶体结构相似，离子半径大小相近，请结合原子结构角度，解释Ti熔点高于Mg的原因___________。 （2）以钛铁矿为原料还能制得二氧化钛(钛白)，其作为白色颜料和增白剂，广泛用于油漆，造纸等工业生产中。 ①金红石型二氧化钛的晶胞结构如图所示(上下底面为正方形，侧面为长方形)，该晶胞沿z轴方向的投影图为___________(填序号)。 A． B． C． D． ②研究发现，天然锐钛矿型晶体中掺杂一定量的氮原子后生成，对可见光具有活性，掺杂前后晶胞的变化如图所示，已知晶胞中所有Ti-O键键长均为r pm。B点钛原子分数坐标为(，，)，则A点钛原子的分数坐标为(，0，___________)，晶体中x=___________。 【答案】（1） ①. 第四周期第ⅣB族 ②. 1412℃ ③. AD ④. Ti原子的价电子数比Mg多，金属键更强，熔点更高 （2） ①. B ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 ① Ti的原子序数为22，核外电子排布式为，故位于第四周期第ⅣB族； ② 粗产品是、、的混合物，用蒸馏的方法分离得到Ti，是使沸点较低的物质气化分离出去，比较三种物质的沸点可知，加热的温度应略高于1412 ℃即可； ③ A．的熔点为-25.0℃，属于分子晶体，A错误； B．分子中Ti原子形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式为杂化，B正确； C．与均为分子晶体，的相对分子质量更大，分子间作用力更强，沸点更高，C正确； D．一般而言，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：，D错误； 故选AD； ④ Ti原子的价电子数为4，Mg原子的价电子数为2，Ti的价电子数更多，使得金属键更强，因此熔点高于Mg； 【小问2详解】 ① 根据二氧化钛的晶胞结构图，金红石晶胞沿z轴投影，位于顶点和体心的Ti原子分别投影至所得正方形的顶点和中心，上下侧面和体内的O原子投影后对称分布于中心Ti原子的周围，与B相符； ②原子分数坐标与掺杂晶胞计算：根据晶胞图，A点钛原子与位置的O原子形成沿z轴的Ti-O键，键长为，则A点距下底面的垂直距离为，因此其z轴分数坐标为：，晶胞中原子数计算： Ti数目：，O数目：，N数目：，原子个数比：，对应化学式，可得：，解得。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $